PHYSIQUE Exercice 1 Remonte pente et descente à ski /11 v = 0

PHYSIQUE
Exercice 1 Remonte pente et descente à ski
/11
Première partie
1. Frottements
Phase : la direction de la réaction du support n’est pas normale au plan de contact :
présence de frottements
Phases et les directions des réactions du support sont normales au plan de contact :
pas de frottement.
2. a) Résultante des forces
Phase et : les vecteurs forces réaction du support et poids du système étudié ont
même valeur et même direction, mais de sens opposé donc leur somme vectorielle est
nulle : Σ F ext = 0
Phase les vecteurs forces réaction du support et poids du système n’ont pas la même
direction donc Σ F ext ≠ 0
b)
3.a) ∆ v G variation du vecteur-vitesse du centre d'inertie G du skieur
Phase et : Σ F ext = 0 donc selon la 1° loi de Newton le vecteur vitesse du centre
d’inertie du système est constant, d’où ∆ v G = 0
Phase : selon la deuxième loi de Newton : « dans un référentiel galiléen, la somme
vectorielle des forces appliquées au système a même direction et même sens que le
vecteur variation du vecteur vitesse du centre d’inertie », d’où ∆ v G a même direction et
même sens que Σ F ext
b) Nature du mouvement du skieur : un mouvement est décrit par l’étude de la trajectoire
et de la vitesse du système étudié.
Phase et : trajectoire pente de la piste soit une droite, la vitesse est constante ; le
mouvement est donc rectiligne uniforme.
Phase : trajectoire pente de la piste soit une droite, la variation du vecteur vitesse du
centre d’inertie ∆ v G est opposée au mouvement ; le mouvement est rectiligne ralenti.
Deuxième partie
1. Valeur du poids du skieur P = m.g avec P en N ; m en kg ; g en N.kg-1
P = 90 x 9,8 = 8,8 102 N
2. Valeur de la réaction du support R1 : P + R1 = 0 soit P = R1 = 8,8 102N
3.
4. Valeur de la composante tangentielle de la réaction du support
P + R1 = 0 : sur l’axe X’X, l’égalité vectorielle entraine Px = RT = P sinα = m.g.sinα
RT = 90x9,8xsin40 = 5,7 102N
La composante tangentielle représente les forces de frottement.
Troisième partie
1. Forces appliquées au système
- poids P appliqué au centre d’inertie du système
- force de traction du câble F appliquée au point de contact câble-skieur
- réaction de la piste qui se décompose en f forces de frottement et R N réaction
normale à la piste appliquée au centre de la surface de contact système-piste
2. Travail de la composante normale de la réaction de la piste
Par définition le travail d’une force constante F lors d’un déplacement de son point
d’application de A vers B est égal au produit scalaire de la force par le vecteur AB
WAB ( F ) = F . AB = F x AB x cos( F , AB )
La réaction R N étant perpendiculaire au déplacement son travail est nul.
3. Travail de la force de frottement
Par définition : WAB ( f ) = f . AB = f x AB x cos( f , AB ) avec W : travail en J ;
f valeur de la force en N ; AB longueur du déplacement en m ; ( f , AB ) angle en degré ou radian
WAB ( f ) = - f x D = - 30 x 1250 = - 3,8 104J ce travail est résistant
4. Travail du poids
WAB ( P ) = P . AB = P x AB x cos( P , AB ) = - m.g D sinα = - 90 x 9,8 x 1250 x sin 20 =
- 3,8 105J ce travail est résistant
5. Travail de la tension du câble
WAB ( F ) = F . AB = F x AB x cos( F , AB ) = F x AB x cosβ
ce travail est moteur (β
β = 60°)
6. a) Le skieur est en translation rectiligne à vitesse constante, donc selon la 1° loi de
Newton, la somme vectorielle des forces appliquées au système est nulle
b) W(Σ Fext ) = 0
-
c) WAB ( f ) + WAB ( P ) + WAB ( F ) = 0 d’où F =
m.g. sin α + f
cos β
Sur le parcours D : ∆t =
D
v
W (F)
∆t
= 6,7 10 N
avec P en W ; ∆t en s et W( F ) en J
d’où P = F.v.cosβ
2
2
8
2
d) Puissance moyenne de la tension du câble
Par définition la puissance moyenne du travail d’une force est le quotient du travail par la
durée mise à l’effectuer : P =
valeur V16 =
M 15 M17
2.τ
avec τ intervalle de temps entre chaque position
1,5.10 x16
V16 = 20 x 2 x 30 x 24 = 8,3 104 km.h-1
b) Nature du mouvement de Mars : la trajectoire de Mars est un cercle, les valeurs des vitesses
sont égales : Mars a un mouvement circulaire uniforme
5- Variation du vecteur vitesse au point 15
-1
∆V15 = V16 - V14 ;
-1
P = 6,7 10 x 2,0 x cos60° = 6,6 10 W (7,2 km.h = 2,0 m.s )
caractéristiques de ∆V15 :
Exercice 2 : Mouvement de la planète Mars
/9
1- Le système {planète Mars} est étudié dans un référentiel héliocentrique (centre du
Soleil+étoiles fixes)
2- Echelle du document : 2 cm ↔ 1 U.A. = 1,50 108km, or le rayon de la trajectoire de Mars
3-
autour du soleil mesure 3,0 cm sur le document soit un rayon R = 2,3 108km
Selon la loi universelle de Newton : l’interaction gravitationnelle entre 2 corps ponctuels S
et M, de masses respectives Msoleil et Mmars, séparés par une distance R, est modélisée par des
forces d’attraction gravitationnelle FS / M et FM / S dont les caractéristiques sont les
suivantes :
direction : la direction de la droite SM
sens dirigées vers le centre attracteur
-
valeur FS/M = FM/S =
GM SM M
R2
MS et MM masses en kg ; R : distance SM en
m ; G : constante de gravitation universelle
6,67.10−11 x 2.1030 x 6,5.1023
FS/M = FM/S =
= 1,6 1021N
11
2
(2,3.10 )
(Echelle de représentation 1cm↔ 2,0 1021N)
4- Vecteurs vitesse
a) Caractéristiques du vecteur vitesse à la position 14 : V14
- direction : tangente à la trajectoire
- sens : celui du mouvement
- valeur V14 =
V14
=
M 13 M 15
2.τ
avec τ intervalle de temps entre chaque position
1,5.108 x16
4
-1
20x 2 x30x 24 = 8,3 10 km.h
Caractéristiques du vecteur vitesse à la position 16 : V16
- direction : tangente à la trajectoire
- sens : celui du mouvement
6-
- direction selon la droite MS
-sens de M vers S
∆V15 et FS / M ont même direction et même sens ; selon la seconde loi de Newton : dans un
référentiel galiléen, si le vecteur vitesse du centre d’inertie du solide étudié, varie, la somme
vectorielle des forces extérieures qui s’exercent sur le solide a même direction et même sens
que ceux de la variation du vecteur vitesse de G entre deux instants proches : on peut en
conclure que l’action gravitationnelle du soleil sur Mars est la seule action appliquée à la
planète Mars.
A l’équivalence, dans l’état final, les réactifs sont totalement consommés
CHIMIE
Exercice 1 : Titrage de l’eau oxygénée
/7
1. Schéma du dispositif expérimental
nE ( MnO−4 ) – 2xmaxE = 0 xmaxE =
n E MnO−4
2
ni( H 2O 2 ) - 5xmaxE = 0 ni(H 2O 2 =
5
n E (MnO4− )
2
5. Valeur de la concentration C’
Support
5CVE
5
CVE C' =
2V '
2
5 × 0,200 × 0,010
C' = 0,25 mol.L−1
C' =
2 × 0,020
D’après l’expression précédente on peut écrire : C' V ' =
Solution de permanganate de potassium
(C = 0,200 mol.L-1 VE = 10,0 mL )
A.N. :
Burette graduée
Exercice 2 : Conductivité d’un mélange
Becher
Solution d’eau oxygénée (C’ ? V’ = 20,0 mL)
A.
Barreau aimanté
Agitateur magnétique
1)
2. Equation de la réaction de titrage
Les deux demi équations électroniques sont :
O 2 (g ) +
2H + (aq) +
2e − = H 2 O 2 (aq)
MnO−4 (aq) + 8H + (aq) + 5e−
Préparation des solutions
Concentrations molaires en soluté apporté
La concentration molaire C d’un soluté est définie comme le rapport entre la quantité
de matière n de soluté et le volume V de solution homogène.
n
m
m
or n =
donc C =
avec m masse de soluté en g ; M masse molaire en g.mol-1 ;
C=
V
M
M.V
V volume en L
x5
= 4H 2O(l) + Mn 2+ (aq)
C1 =
x2
Donc l’équation bilan est :
2MnO −4 (aq) + 5H 2 O 2 (aq) + 6H + (aq) → 8H 2 O (l) + 2Mn 2+ (aq) + 5O 2 (g)
3. A l’équivalence, il y a changement de réactif limitant pour la réaction de titrage.
Le réactif titrant et le réactif titré sont tous deux entièrement consommés. Ils sont dans
les proportions stoechiométriques.
Lors de ce dosage, avant l’équivalence l’ion permanganate est le réactif limitant, après
l’équivalence il est en excès : l’équivalence sera atteinte lorsque la coloration violette
de la dernière goutte de permanganate de potassium versée ne se décolorera plus dans
le becher (lorsque la coloration violette dans le becher deviendra persistante).
4. Relation entre quantités de réactifs
A l’équivalence le tableau d’évolution de la transformation simplifié est :
Etat du
système
Avancement
EI
EInt
EF
2MnO −4 (aq) + 5H 2 O 2 (aq) + 6H + (aq) → 8H 2 O (l) + 2Mn 2+ (aq) + 5O 2 (g)
n( MnO−4 )
n( H 2 O 2 )
n( H + )
x =0
ni(nE ( MnO−4 ) = CVE
ni( H 2 O 2 ) = C’V’
Excès
x
nE ( MnO−4 ) – 2x
ni( H 2 O 2 ) - 5x
Excès
ni( H 2 O 2 ) -5xmaxE
Excès
xmaxE
nE (
MnO−4
) – 2xmaxE
/13
C2 =
8,50.10 −3
169,9 × 100.10 −3
9,36.10 −3
58,5 × 200.10 −3
= 5,00.10-4 mol.L-1
= 8,00.10-4 mol.L-1
2) Equations de dissolution
AgNO3(s) eau
→
 Ag+(aq) + NO3-(aq)
NaCl(s) eau
→
 Na+(aq) + Cl-(aq)
3) D’après les équations de dissolution :
ni(NO3-) = ni(Ag+) = ni(AgNO3)
et
donc [NO3-]i = [Ag+]i = C1 = 5,00.10-4 mol.L-1
ni(Cl-) = ni(Na+) = ni(NaCl)
[Cl-]i = [Na+]i = C2 = 8,00.10-4 mol.L-1
B.
[Na+]f =
Mélange des deux solutions
→ AgCl(s)
1)
Ag+(aq) + Cl-(aq)
2)
Le produit formé est un solide ionique électriquement neutre. Les ions qui le
constituent ne sont pas en solution aqueuse. Ils ne participent donc pas à la
conductivité de la solution.
6)
3
σ th
ni(NO3-) = [NO3-]i × V1 = 5,00.10-4 × 100.10-3 = 5,00.10-5 mol
ni(Na+) = [Na+]i × V2 = 8,00.10-4 × 200.10-3 = 1,60.10-4 mol
8)
Tableau d’évolution de la transformation observée
équation
Avancement (mol)
Etat initial
Au cours de la transf.
Etat final
0
x
xmax
Ag+(aq)
+
+
n(Ag ) (mol)
5,00.10-5
5,00.10-5 - x
5,00.10-5 -xmax
Cl-(aq)
n(Cl ) (mol)
1,60.10-4
1,60.10-4 –x
1,60.10-4 –xmax
en S.m-1 ; λ conductivité molaire de l’ion en S.m2.mol-1 ; [Xi] concentration de l’ion i en mol.m-3
= 76,3.10-4 × 3,67.10-1 + 71,4.10-4 × 1,67.10-1 + 50,1.10-4 × 5,33.10-1
= 6,66.10-3 S.m-1
7) On utilise une tension alternative pour éviter une polarisation de la solution
c'est-à-dire que les cations s’accumulent aux bornes d’une des électrodes et les
anions aux bornes de l’autre.
ni(Cl-) = [Cl-]i × V2 = 8,00.10-4 × 200.10-3 = 1,60.10-4 mol
4)
Conductivité théorique du mélange
Les solutions étant diluées (c ≤ 10-2 mol.L-1), on peut écrire :
σ th = λ Cl − .[Cl − ] + λ NO − .[ NO 3 − ] + λ Na + .[ Na + ] avec σ conductivité de la solution
ni(Ag+) = [Ag+]i × V1 = 5,00.10-4 × 100.10-3 = 5,00.10-5 mol
3)
n f ( Na + )
1,60.10 −4
=
= 5,33.10-4 mol.L-1
V1 + V2
(100 + 200).10 −3
→
I
avec G conductance en S ; I intensité du courant en
U
A ; U tension en V
4,67.10 −5
G=
= 4,67.10-5 S
1,0
AgCl(s)
n(AgCl) (mol)
0
x
xmax
Si Ag+ est le réactif limitant alors 5,00.10-5 -xmax = 0 donc xmax = 5,00.10-5 mol
Si Cl- est le réactif limitant alors 1,60.10-4 -xmax = 0 donc xmax = 1,60.10-4 mol
Conductance Par définition G =
9)
Valeur expérimentale de la conductivité de la solution
L
σ exp = G ×
avec σ conductivité de la solution en S.m-1 ; L distance entre les électrodes en m ;
S
S surface immergée d’électrode en m2
1,2.10 −2
L’état final est obtenu pour la plus petite valeur de l’avancement maximal, soit
-5
+
xmax = 5,00.10 mol et Ag est le réactif limitant.
σexp = 4,67.10-5 ×
A l’état final :
nf(Ag+) = 0 mol
nf(Cl-) = 1,60.10-4 –xmax = 1,60.10-4 – 5,00.10-5 = 1,10.10-4 mol
-5
nf(AgCl) = 5,00.10 mol
nf(NO3 ) = ni(NO3 ) = 5,00.10-5 mol
nf(Na+) = ni(Na+) = 1,60.10-4 mol
10) Comparer valeur expérimentale et valeur théorique
5)
Concentration molaire de chaque ion présent dans l’état final
[Ag+]f = 0 mol.L-1
n (Cl − )
1,10.10 −4
[Cl-]f = f
=
= 3,67.10-4 mol.L-1
−3
V1 + V2
(100 + 200).10
[NO3-]f =
n f ( NO 3 - )
5,00.10 −5
=
= 1,67.10-4 mol.L-1
V1 + V2
(100 + 200).10 −3
Ecart relatif :
0,80.10
−4
σ th − σ exp
σ th
= 7,0.10-3 S.m-1
× 100 =
6,66.10 −3 − 7,0.10 −3
6,66.10 −3
× 100 = 5,1%